第一章 体验真题 感悟高考-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册作业与测评全书Word（人教B版2019）

数学　选择性必修·第一册　作业与测评 1．(新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为，求AD. 解：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD， 所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC. (2)解法一：如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF， 因为PA⊥底面ABCD， 所以平面PAC⊥底面ABCD， 又平面PAC∩底面ABCD＝AC， 所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP， 又EF⊥CP，DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF，所以CP⊥平面DEF， 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A－CP－D的平面角， 即sin∠DFE＝，所以tan∠DFE＝. 因为AD⊥DC，设AD＝x，则DC＝， 由等面积法可得，DE＝， 又CE＝＝， △EFC为等腰直角三角形， 所以EF＝， 故tan∠DFE＝＝， 解得x＝，即AD＝. 解法二：由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为原点，，的方向分别为x轴、y轴正方向，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a>0，则CD＝，C(0，，0)，P(a，0，2)，＝(0，－，0)，＝(－a，，0)，＝(a，－，2)． 设平面CPD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 可取n＝(2，0，－a)． 设平面ACP的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 可取m＝(，a，0)． 因为二面角A－CP－D的正弦值为， 所以二面角A－CP－D的余弦值的绝对值为， 故|cos〈m，n〉|＝＝＝， 又a>0，所以a＝，即AD＝. 2．(新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝，将△AEF沿EF对折至△PEF，使得PC＝4. (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 解：(1)证明：由AB＝8，AD＝5， ＝，＝， 得AE＝2，AF＝4， 又∠BAD＝30°，在△AEF中， 由余弦定理，得 EF＝ ＝＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2， 则AE⊥EF，即EF⊥AD， 所以EF⊥PE，EF⊥DE， 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE， 又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD. (2)连接EC，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3， 则EC2＝ED2＋CD2＝36，EC＝6， 又PC＝4，PE＝AE＝2，得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF， 又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 则E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)， 由F是AB的中点，得B(4，2，0)， 所以＝(3，3，－2)，＝(0，3，－2)，＝(4，2，－2)，＝(2，0，－2)， 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)， 则 令y1＝2，x2＝，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1， 所以n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)， 所以|cos〈m，n〉|＝＝＝， 设平面PCD与平面PBF所成的角为θ， 则sinθ＝＝， 即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为. 3．(全国甲卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； (2)求二面角F－BM－E的正弦值． 解：(1)证明：因为BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M为AD的中点，所以BC∥MD，BC＝MD， 所以四边形BCDM为平行四边形， 所以BM∥CD， 又因为BM⊄平面CDE， CD⊂平面CDE，所以BM∥平面CDE. (2)作BO⊥AD交AD于O，连接OF， 因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝2， 所以CD＝2， 由(1)可知四边形BCDM为平行四边形， 所以BM＝CD＝2， 又AM＝2， 所以△ABM为等边三角形，O为AM的中点，所以OB＝， 又因为四边形ADEF为等腰梯形，且AD＝4，EF＝2，M为AD的中点， 所以EF＝MD，EF∥MD， 所以四边形EFMD为平行四边形， 所以FM＝ED＝AF， 所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上的中点O重合， OF⊥AM，OF＝＝3， 因为OB2＋OF2＝BF2，所以OB⊥OF， 所以OB，OD，OF互相垂直， 以O为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 则F(0，0，3)，B(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)，＝(－，1，0)，＝(－，0，3)，＝(－，2，3)， 设平面BFM的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 令x1＝，得y1＝3，z1＝1，即m＝(，3，1)， 设平面EMB的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即 令x2＝，得y2＝3，z2＝－1， 即n＝(，3，－1)， 则cos〈m，n〉＝＝＝， 则sin〈m，n〉＝， 故二面角F－BM－E的正弦值为. 4．(北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2. (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD； (2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值． 解：(1)证明：取PD的中点S，连接SF，SC， 则SF∥DE，SF＝DE＝1， 又DE∥BC，DE＝2BC， 所以SF∥BC，SF＝BC， 所以四边形SFBC为平行四边形， 所以BF∥SC， 又BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD， 所以BF∥平面PCD. (2)因为DE＝2， 所以AE＝1， 所以AE∥BC，AE＝BC， 所以四边形AECB为平行四边形， 所以CE∥AB， 又AB⊥平面PAD， 所以CE⊥平面PAD， 而PE，DE⊂平面PAD， 故CE⊥PE，CE⊥DE， 而PE⊥DE， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， 则＝(0，－1，－2)，＝(1，－1，－2)，＝(1，0，－2)，＝(0，2，－2)， 设平面PAB的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则即 取m＝(0，－2，1)， 设平面PCD的一个法向量为n＝(a，b，c)， 则即 取n＝(2，1，1)， 故cos〈m，n〉＝＝＝－， 故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为. 5．(天津高考)已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB＝AA1＝2，AD＝DC＝1.N是B1C1的中点，M是DD1的中点． (1)求证：D1N∥平面CB1M； (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB1M的距离． 解：(1)证明：取CB1的中点P，连接NP，MP， 因为N是B1C1的中点， 所以NP∥CC1，且NP＝CC1， 因为M是DD1的中点， 所以D1M＝DD1， 因为D1M∥CC1，DD1＝CC1， 所以D1M綊NP， 所以四边形D1MPN是平行四边形， 故D1N∥MP， 又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M， 所以D1N∥平面CB1M. (2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(2，0，0)，B1(2，0，2)，M(0，1，1)，C(1，1，0)，＝(1，－1，2)，＝(－1，0，1)，＝(0，0，2)， 设平面CB1M与平面BB1C1C的一个法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)， 则 分别取x1＝x2＝1，则y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0， 即m＝(1，3，1)，n＝(1，1，0)， 则cos〈m，n〉＝＝＝， 故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为. (3)由＝(0，0，2)，平面CB1M的一个法向量为m＝(1，3，1)， 得＝＝， 即点B到平面CB1M的距离为. 9 学科网（北京）股份有限公司 $$